Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CẨM THỦY

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN

Đề chính thức

Môn thi: Toán
Lớp: 8 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14/03/2017
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu).

Số báo danh

Năm học 2016- 2017

ĐỀ BÀI
x2
6
1  
10  x 2 


:


x


2

 
3
x  2 
 x  4 x 6  3x x  2  


Bài 1:(4 điểm) Cho biểu thức: M = 

a. Rút gọn M
b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Bài 3:(3 điểm)
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014
b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời:
x + y + z = 1: x 2 + y 2 + z 2 = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1.
Tính tổng: S = x2015+y2016+ z2017
Bài 4:(3 điểm)
a. Giải phương trình:

1
1
1
1
+ 2
+ 2

=
x  9 x  20
x  11x  30
x  13x  42 18
2

b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên:
x( x 2 + x + 1) = 4y( y + 1).
Bài 5:(7 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
a. Tính tổng:

HD HE HF


AD BE CF

b. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC 2
c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF.
d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN.
Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
.........................Hết......................


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Bài

1

a



x2

6

1 



x2

Điểm

6

1 

Ta có:  3





=

 x  4 x 6  3 x x  2   x( x  2)( x  2) 3( x  2) x  2 
x  2( x  2)  ( x  2)
( x  2)( x  2)
6
=
( x  2)( x  2)

0,5

=


10  x 2  ( x  2)( x  2)  (10  x 2 )
 x  2 
=
x  2 
x2

6
=
x2
6
x2
1
=
.
 M=
2 x

( x  2)( x  2) 6

b

2

a

b

3

a

b

+ Nếu x  2 thì M  0 nên M không đạt GTLN.
+ Vậy x  2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M
muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 - x) phải là GTNN,
Mà (2 - x) là số nguyên dương  2 - x = 1  x = 1.
Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.
A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)
= (b  c)2  a 2  (b  c) 2  a 2 
= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)
Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)
Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0
Vậy A< 0
A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010
Do (x-y)2  0 ; (y - 2)2  0
Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010  2010

Dấu ''='' xảy ra  x – y = 0 và y – 2 = 0  x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2
Ta có: (x + y + z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)
kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0
 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0
Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, lại kết
hợp với đ/k: x 2 + y 2 + z 2 = 1  x = y = 0.
Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1.

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

4

a

Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ  x  4; 5; 6; 7 )
1
1
1
1
=


18
( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7)
1
1
1
1
1
1
1

)+(
)+(
)=



(
x4 x5
x5 x6
x6 x7
18
1
1
1
=


 (x + 4)(x +7) = 54
x4 x7
18
 (x + 13)(x - 2) = 0  x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = 13; 2

b

+ Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 1) 2
+ Ta chứng minh (x + 1) và (x 2 + 1) nguyên tố cùng nhau !
Vì nếu d = UCLN (x+1, x 2 + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)
 x2  x d
 x  1 d


 x  1 d
  2
  x 2  1 d  
 2  d mà d lẻ nên d = 1.
 x  1 d
 x  1 d
 x  1 d


0,5
0,5
0,5
0,5
0,25

0,25

+ Nên muốn (x + 1)(x 2 + 1) là số chính phương
Thì (x+1) và (x 2 + 1) đều phải là số chính phương
 x2  1  k 2

k  1
k  1
(k
+
x)(k
x)
=
1

hoặc




2
 x  1  t
x  0
x  0
2
+ Với x = 0 thì (2y + 1) = 1  y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt)
Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) = (0;0),(0; 1)

Đặt: 

5

0,25

0,25

A

E

F

H
M

I
B

K

0,5

N
D

C

O


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
a Trước hết chứng minh: HD = S ( HBC )
0,5

b

c

S ( ABC )
AD
HE S ( HCA) HF S ( HAB )
Tương tự có:
;



BE S ( ABC ) CF S ( ABC )
S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB)
HD HE HF
Nên
=


S ( ABC )
AD BE CF
HD HE HF
=1



AD BE CF
Trước hêt chứng minh  BDH  BEC
 BH.BE = BD.BC
Và  CDH
 CFB  CH.CF = CD.CB.
 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (đpcm)
Trước hết chứng minh:  AEF   ABC   AEF=  ABC
Và  CDE  CAB   CED=  CBA
  AEF=CED mà EB  AC nên EB là phân giác của góc DEF.

Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE.
Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF
nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)
d

Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN
và HC, ta có  OMH =  ONC (c.c.c)   OHM=  OCN
 OHM=  OCN.(1)
Mặt khác ta cũng có  OCH cân tại O nên:  OHC=  OCH.(2)
Từ (1) và (2) ta có:  OHC=  OHB  HO là phân giác của góc
BHC
Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc
BHC nên O là điểm cố định.
Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.

Chú ý:
+ Hướng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20.
+ Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.
+ Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm.
+ Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng nội dung
của bài đó.

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,25
0,25

O,25
0,25


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
HUYỆN HOẰNG HÓA
NĂM HỌC: 2017 - 2018

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
1
x2  x  2 2x  4
Bài 1: (4,0 điểm).1 Cho biểu thức A 
 2

x  2 x  7 x  10 x  5

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
2. Biết a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63. Tính a – b
Bài 2: (4,0 điểm).
1) Giải phương trình :

x
x
2x
.



2(x  3) 2(x  1) (x  1)(x  3)

x 4 y 4 x2  y 2


2) Cho x, y, a,b là các số thực thỏa mãn:
. Và x2 + y2 = 1. Chứng
a
b
ab
2018
2018
x
y
2
minh: 1009  1009 
.
a
b
(a  b)1009
3. Tìm các hằng số a, b sao cho đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức
x2 – x – 2 dư 2x – 3
Bài 3: (4,0 điểm).
1. Cho đa thức A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz
a) Phân tích A thanh nhân tử
b) Chứng minh rằng nếu x;y;z là các số nguyên và x + y + z chia hết cho 6 thì A – 3xyz
chia hết cho 6
2) Tìm các số nguyên dương x; y thỏa mãn phương trình : xy2 + 2xy + x = 32y

.
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H
1) Chứng minh rằng tam giác AEF dồng dạng với tam giác ABC
2) Chứng minh BH.BE + CH . CF = BC2
3) Qua F vẽ đường thẳng vuông góc với EF cắt BE tại M, Chứng minh:
FB . EC = FC . BM và EF . BC + BF . CE = BE . CF.
4) Kẻ FI, EJ cùng vuông góc với BC ( I,J thuộc BC) Các điểm K,L lần lượt thuộc AB,
AC sao cho IK // AC, LJ // AB. Chứng minh rằng ba đường thẳng EI, FJ và KL đồng quy.
Bµi 5: (1,5 điểm).
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B 

1
1
1


x  y 1 y  z 1 z  x 1

Hết
Họ tên thí sinh :……………………............ Giám thị số 1 :………………………....
Số báo danh : ……………………............... Giám thị số 2: ………………………....
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HOÁ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN:

Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang
Bài

Nội dung cần đạt
1. a) ĐKXĐ : x  2; x  5

Điểm
2đ

x  5  x 2  x  2  (2x  4)(x  2)
(x  2)(x  5)
2
 x  8x  15 (x  5)(x  3) 3  x
A


(x  2)(x  5) (x  2)(x  5) x  2
3 x
Vậy A 
với x  2; x  5
x2
A

1b) A 

Bài 1
(4,0đ)

x  3
1
Để P nguyên thì:
 1 
x2
x2

1đ

1
 Z  x  2  1; 1
x2
 x  3;1
Vậy x  1;3 thì A nguyên
2.
Ta có : a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63  a2 + 2a + b2 – 2b – 2ab = 63

1đ

 (a – b)2 + 2(a – b) – 63 = 0  ( a – b + 9)( a – b – 7)=0
 a – b + 9 = 0 hoặc a – b – 7 = 0  a – b = - 9 hoặc a – b = 7

1) ĐKXĐ: x  -1; x  3

Bài 2
(4,5đ)

.Quy đồng và khử mẫu ta được:
2x(x – 3) = 0
 x = 0 (thỏa mãn) ; x = 3 (không thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
x 4 y 4 x2  y 2
x 4 y 4 (x 2  y 2 )2




2. Vì
. Và x2 + y2 = 1. Nên
a
b
ab
a
b
ab
 (bx 4  ay 4 )(a  b)  ab( x 2  y 2 ) 2  b 2 x 4  a 2 y 4  2abx 2 y 2  0
 (bx 2  ay 2 ) 2  0
 bx 2  ay 2  0


x2 y 2 x2  y 2
1



a
b

ab
ab

1,5đ

1,5đ


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
x 2018 y 2018
1
 1009  1009 
a
b
(a  b)1009



x 2018 y 2018
2
 1009 
1009
a
b
(a  b)1009

đpcm
3. Vì đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – 2 dư
2x – 3 nên f(x) = (x2 – x – 2).q(x) + 2x – 3 với mọi x

Hay x4 – x3 – 3x2 + ax + b= (x + 1)(x – 2).q(x) +2x – 3
Xét x= - 1 ta có - a + b = - 4 (1)
Xét x = 2 ta có 2a + b = 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b= -1
Vậy a = 3, b = -1

Bài 3
(4,0đ)

1a) ta có : A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz
= xyz + x2y + xz2 + x2z + y2z +xy2 + yz2 + xyz + xyz
= xy(z + x + y) + xz ( x + y + z) + yz( y + z + x)
=( x+ y + z) (xy + yz + xz)
1b) A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz
Vì x, y, z ;là các số nguyên và x+ y + z  6 nên A  6
Mặt khác x+ y + z  6 nên trong ba số x, y, z ít nhất có 1 số chẵn
Suy ra xyz  2  3xyz  6
 A – 3xyz  6
2. Ta có: xy2 + 2xy + x = 32y

1đ

1,5đ

1đ

1,5đ

32 y
 x( y  1) 2  32 y do y nguyên dương  y + 1  0  x 

( y  1)2
Vì (y, y+1) = 1  (y+1)2  Ư(32)
Mà 32 = 25  (y+1)2  {22; 24} ( do (y+1)2 > 1)
* (y+1)2 = 22  y = 1; x = 8
* (y+1)2 = 24  y = 3; x = 6
x  8 x  6
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 
va 
y 1 y  3

A
E
F

H
M

B

C

D

1) Ta có  AEB ~  AFC (g.g) 

AE AB
AE AF




AF AC
AB AC

Từ đó suy ra  AEF ~  ABC (c.g.c)

1,5đ


Bài 4
(6,0đ)

KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
BD BH
1,5đ
2) Ta có BDH ~  BEC (g.g) 

 BE.BH  BD.BC (1)
BE BC
CD CH
 CDH ~  CFB (g.g) 

 CF .C H  CD.BC (2)
CF BC

Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
BE . BH + CF.CH = BD . BC + CD . BC = BC (BD + DC) = BC2
  CFE
 ( cùng phụ với gocsMFH)
3) TA có BFM

  FCE
 ( cùng phụ với góc BAC)
Lại có FBM
Suy ra  FBM ~  FCE (g.g)

1,5đ

FB BM

 FB . EC = MB. FC (3)
FC EC
  MFB
  MBF
 ( tính chất góc ngoài)
Lại có FME
  FCE
  AEF

 CFE
ABC suy ra  FME ~  FBC (g.g)




FE ME

 FE.BC  ME.FC(4)
FC BC

Cộng (3) với (4) theo vế được :

FB . EC + EF . BC = FC . MB + FC . ME
 FB . EC + EF . BC=FC . BE
A
E
F

L

H
M
K
B

I

D

J

C

  FCB
 ( cùng phụ vs
Goi T là giap điểm của EI và FJ, Ta có KFI
  FCB
 = 900 - 
 = EJL
 ( doJL//AB)
góc ABC)  KFI
ABC =900 - LJC

  ELJ
 ( cùng bù với góc A) Suy ra  KFI ~  LJE (g.g)
Lại có IKF
KF FI
FT FI
do FI//EJ nên 


LJ
EJ
TJ
EJ


LJ // AB  KFT  TJL ( so le trong).Suy ra  KFT ~  LJT (c.g.c)
  JTL
 , mà FTL
  LTJ
  FTJ
  1800
Do đó:  FTK


  FTK
  1800 suy ra K,T,L thẳng hàng, Do đó ba đường
Nên FTL
thẳng EI, FJ, KL đồng quy.

Bài 5
(2,0đ)

Ta có: 0 0  ( x  y) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) với mọi x, y, z >0

1,5đ


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
 2 xy 2 yz  2 xz  2( x 2  y 2  z 2 )

 ( x  y  z )2  3( x 2  y 2  z 2 )

(1)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Theo giả thiết: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18.
 x 2  y 2  z 2  18  ( x  y  z ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra :
 ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )
 ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )  0
 ( x  y  z  6)( x  y  z  9)  0
 x  y  z  6  0 (vì x  y  z  0va9  0 )

Ghi chú:
- Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
- Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm
điểm.


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THẠCH THÀNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a) x 2  7 x  12
b) x10  x5  1
Câu 2 ( 4 điểm)


x2 1

1



1  x4 

Cho biểu thức: M   4 2  2  .  x 4 

1  x2 
 x  x 1 x 1 
a) Rút gọn M
b) Tìm GTNN của biểu thức M

Câu 3 ( 3 điểm)
a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a  Z
b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với x  Z 
Câu 4 ( 4 điểm)
1
6y
2
 2

3 y  10 y  3 9 y  1 1  3 y
3
b) Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c 
2
3
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 
4

a)Giải phương trình:

2

Câu 5 ( 6 điểm)
Gọi O là trung điểm của đoạn AB, trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ các tia Ax và By
cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C ( C khác A), Từ O kẻ đường thẳng vuông
góc với OC đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ OM vuông góc với CD ( M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC . BD
b) chứng minh tam giác AMB vuông
c)Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN / / AC

KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

Hướng dẫn Thạch Thành 17-18
Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a) x 2  7 x  12 = x 2  3x  4 x  12  x  x  3  4  x  3 =  x  3 x  4 
b) x10  x5  1
= x10  x9  x8  x9  x8  x7  x 7  x6  x5  x 6  x5  x 4  x5  x 4  x3  x3  x 2  x  x 2  x  1
= x8  x 2  x  1  x7  x 2  x  1  x5  x 2  x  1  x 4  x 2  x  1  x3  x 2  x  1  x  x 2  x  1   x 2  x  1
=  x 2  x  1 .( x8  x 7  x5  x 4  x3  x  1)


x2 1

1

1  x4 



Bài 2: Cho biểu thức: M   4 2  2  .  x 4 

1  x2 
 x  x 1 x 1 
a) Rút gọn M
 x2 1
1   4 1  x4 
M  4

 . x 


2
2
1  x2 
 x  x 1 x 1  
( x 2  1)  x 2  1   x 4  x 2  1 x 4  x 6  (1  x 4 )
M
.
1  x2
( x 4  x 2  1)  x 2  1
x4 1  x4  x2  1 x6  1
.
x6  1
1  x2
2
x 2
M 2
x 1
M

Bài 2b) Tìm min M
x2  2 x2  1  3
3

 1 2
2
2
x 1
x 1
x 1

3
Vì x 2  0 x  x 2  1  1 x  2  3 x
x 1
3
 1 2
 1  3 x hay M  2 x
x 1

Ta có: M 



3
 3 x
x 1
2

Dấu “=” xảy ra khi x2 = 0 hay x = 0
Vậy Min M = -2 khi x = 0
Bài 3: a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z
Ta có: a 5  a  a(a 4  1)  a(a 2  1)(a 2  1)  (a  1). a .(a  1).(a 2  1)
 (a  1). a .(a  1).(a 2  4  5)
 (a  1). a .(a  1). (a  2)(a  2)  5
 (a  1). a .(a  1).(a  2)(a  2)  5.( a  1). a .(a  1)
 (a  2)(a  1). a .(a  1).( a  2)  5.( a  1). a .(a  1)
(a  1). a .(a  1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 và chia hết cho 2

Suy ra 5.(a  1). a .(a  1) chia hết cho 2, 3, 5 mà 2;3;5 nguyên tố cùng nhau nên
5.(a  1). a .(a  1) 2.3.5
Hay 5.(a  1). a .(a  1) 30

Vì (a  2)(a  1). a .(a  1)(a  2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5mà
(a  1). a .(a  1) 2;3 nên (a  2)(a  1). a .(a  1)(a  2) chia hết cho cả 2, 3, 5 nên chia hết cho 30


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

Vậy a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z
b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương
Theo câu a ta có x5 – x chia hết cho 30 với mọi x thuộc nguyên dương nên x5 – x có tận
cùng là 0 suy ra x5 – x + 2 có tận cùng là 2
Mà số chính phương thì chỉ có tận cùng là một trong các sô: 0;1;4;5;6;9 nên x5 – x + 2
không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương
Bài 4:
1
6y
2
 2

3 y  10 y  3 9 y  1 1  3 y
1
6y
2(3 y  1)



(3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1) (3 y  1)(3 y  1)
1
6y  6y  2



(3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1)
1
2


(3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1)
 3 y  1  2 y  6
 3 y  2 y  6 1

a)Giải phương trình:

2

 y  1 Vậy phương trình có tập nghiệm : S  1

Bài 4:
b) Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c 
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 

3
2

3
4

1
1
1
ta có: a 2   2 a 2 .  a

4
4
4
1
1
1
1
b2   2 b2 .  b
c2   2 c2 .  c
Tương tự ta có:
4
4
4
4
1
1
1
Cộng từng vế với vế ta được: a 2   b 2   c 2   a  b  c
4
4
4
3
3
 a2  b2  c2  
4 2
3 3 3
 a2  b2  c2   
2 4 4
3
3

2
2
2
Vậy a  b  c  với mọi a, b, c thỏa mãn a  b  c 
4
2

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm a2 và

Bài 5
a) Xét ACO và BOD có:

D

  OBD
  900
CAO

 ( cùng ohuj với BOD
 )
AOC  BDO
Do đó ACO  BOD (g . g)
AC BO
Suy ra:
mà AO = OB

AO BD

M
C

B


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

( do O là trung điểm của AB)
AC AO

 AO 2  AC . BD
AO BD

b) chứng minh tam giác AMB vuông
AC CO

mà BO = OA nên suy ra
BO OD
AC CO
AC AO
  COD
  900 nên ACO  OCD
mà CAO



AO OD
CO OD

 ( hai góc tương ứng)
Suy ra ACO  OCD

Xét ACO vuông tại A và MCO vuông tại M có:

Vì ACO  BOD ( câu a) nên :

Cạnh huyền CO chung

 ( cm trên)
ACO  OCD
Do đó ACO  MCO ( cạnh huyền góc nhọn)
 AO = MO mà AO = OB nên ta có OM = OA = OB =

1
AB nên tam giác AMB vuông
2

tại M
5c) Chứng minh MN / / AC
Ta có: AC / / BD ( cùng vuông góc với AB)
MÀ AD cắt BC tại N nên ta có

ND BD
( hệ quả Talet)

NA AC

Mà Theo câu b ACO  MCO  CM = CA
Chứng minh tương tự câu b ta cm được
BOD  MOD suy ra DB = DM
ND MD
suy ra MN / / AC ( định lý Ta let đảo) C


NA MC
Vậy: MN / / AC
A

Suy ra

D

M

N
O

B


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HOÁ

Đề chính thức
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THẨM ĐỊNH HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2015 - 2016.
MÔN TOÁN

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 12 tháng 4 năm 2016

 x2
6
1  
10  x 2 
 :  x  2 



Câu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức: A =  3
6

3
x
x

2
x

2
x

4
x

 

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thức A với giá trị của x thoả mãn |x+1| = |- 1|.
c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4,0 điểm):
x 1
x 1
4
 2

4
x  x  1 x  x  1 x  x  x 2  1

a) Giải phương trình:

2

b) Tìm các số nguyên (x; y) thỏa mãn: y(x – 1) = x2 + 2
Câu 3. (3,0 điểm):
a) Chứng minh rằng nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m 2  m  5n 2  n
thì: (m - n) và ( 5m  5n  1 ) đều là số chính phương.
b) Cho các số a; b; c thỏa mãn: 12a  b 4  12b  c 4  12c  a 4  2015 .
670a  b  c 670b  c  a 670c  a  b
Tính giá trị của biểu thức: P =


a
b
c
Câu 4. (5,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC.
Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia
BA tại E.

.
 = ECB
a) Chứng minh: EAD
 = 1200 và SAED = 36cm2. Tính SEBC?
b) Cho BMC
c) Kẻ DH  BC (H  BC). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH và
DH. Chứng minh CQ  PD.

Câu 5. (2,0 điểm): Cho điểm D thay đổi trên cạnh BC của tam giác nhọn ABC (D khác B
và C). Từ D kẻ đường thẳng song song với AB cắt cạnh AC tại điểm N. Cũng từ D kẻ
đường thẳng song song với AC cắt cạnh AB tại điểm M. Tìm vị trí của D để đoạn thẳng
MN có độ dài nhỏ nhất.
Câu 6. (2,0 điểm): Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 .. . a 8 thoã mãn đồng thời 2 điều kiện sau:



a1a 2a 3 = a 7a 8



2





3

và a 4a 5a 6a 7 a 8  a 7 a 8 .

Họ tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: .........................


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

HƯỚNG DẤN CHẤM ĐỀ THẨM ĐỊNH HSG 8
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
Biểu
Nội dung
điểm

Câu
a) (2,0 điểm):
ĐKXĐ : x ≠ 0, x ≠ ± 2
Câu 1.
(4,0
điểm)

Rút gọn đúng A =

0,5đ
1,5đ

1
2 x

b) (1, 0 điểm):

|x+1 | = | - 1|  x = -2 hoặc x = 0
Với x = 0 hoặc x = -2 thì không thoả mãn ĐKXĐ nên A không có giá
trị
c) (1,0 điểm):
Vì x nguyên nên để A có giá trị nguyên thì
2 - x  1 ;  1  x  1 ; 3 

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

a) (2,0 điểm):
2

Câu 2.
(4,0
điểm)

2

1
3
1
3
Ta có: x 2  x  1   x     0 ; x 2  x  1   x     0
2



4

2



4

2

1 3

x  x  1   x 2     0 nên phương trình xác định với mọi x  0
2 4

x 1
x 1
4
 2

Phương trình 2
4
x  x  1 x  x  1 x x  x2  1
4







0,5đ

2

 x  1  x 2  x  1   x  1  x 2  x  1
x3

x
1  x
4

2





2

 x  1 x2  x  1

3

1

x  x 1







0,5đ

4
4
x x  x2  1





4
2
4
 4

2
2
4
x  x 1 x x  x2 1
x x  x 1



4







 2 x  4  x  2 (thỏa mãn)

0,5đ
0,25đ
0,25đ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
b) (2,0 điểm):
Với x = 1 ta có: 0y = 3 (phương trình vô nghiệm).
x2  2
3
Xét x ≠ 1 ta có : y =
=x+1+
x 1
x 1
Vì x, y  Z nên x – 1 là ước của 3. Ta có các trường hợp sau:
 x–1=1 x=2
 y = 6 (thỏa mãn)
 x – 1 = -1  x = 0  y = -2 (thỏa mãn)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
1


 x– 1 = 3  x = 4
 y = 6 (thỏa mãn)
 x – 1 = -3  x = -2  y = -2 (thỏa mãn)
Vậy (x, y)  {(4, 6), (2, 6) , (-2, -2), (0,-2)}

Câu 3.
(3,0
điểm)

a) (1,5 điểm):
Ta có 4m2  m  5n 2  n
 5m 2  n 2   m  n  m 2  m  n 5m  5n  1  m 2 (*)
Gọi d là ƯCLN(m - n; 5m + 5n + 1)  (m - n)  d và (5m + 5n + 1)  d

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

(m - n)  d  5m - 5n  d  (5m + 5n + 1) + (5m - 5n) d  10m + 1 d
Mặt khác từ (*) ta có: m 2  d 2  m d. Mà 10m + 1 d nên 1 d
 d = 1 (Vì d là số tự nhiên)

Vậy (m - n);(5m + 5n + 1) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa

0,5đ

0,5đ

mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương.
b) (1,5 điểm):
12a  b 4  2015 12a  2015  b 4 a  0



Vì 12b  c 4  2015  12b  2015  c 4  b  0
12c  a 4  2015
12c  2015  a 4 c  0



- Giả sử a < b  12a < 12b  12a – 12b < 0 mà 12a – 12b = b4 – c4
 b4 – c4 < 0  b4 < c4  b < c ( vì b ; c > 0 ) (1)
 12b < 12c  12b - 12c < 0
Lại có: 12b – 12c = c4 – a4
 c4 – a4 < 0  c4 < a4  c < a ( vì c; a > 0 ) (2)
Từ (1) và (2) ta có: b < c < a  Trái với giả sử
- Giả sử a > b. Chứng minh tương tự như trên ta được
b > c > a  Trái với giả sử
Vậy a = b  12a – 12b = 0  b4 – c4 = 0  b = c ( vì b; c > 0)
 a=b=c
670a  b  c 670b  c  a 670c  a  b
 P=



a
b
c
672a 672b 672c
=


 672  672  672  2016
a
b
c

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ

2


E

D

A

Câu 4
(5,0
điểm)

M
Q

B

P

I

C

H

a) (2,0 điểm):
- Chứng minh  EBD đồng dạng với  ECA (g-g)
EB ED

 EA.EB  ED.EC
- Từ đó suy ra
EC EA
- Chứng minh  EAD đồng dạng với  ECB (c-g-c)

0,5đ
0,5đ

  ECB


- Suy ra EAD

0,5đ
0,5đ

b) (1,5 điểm):
 = 120o  
AMB = 60o  
ABM = 30o
- Từ BMC

0,5đ

- Xét

 = 30o  ED = 1 EB  ED  1
 EDB vuông tại D có B
2

EB

2

0,5đ

2

S EAD  ED 


- Lý luận cho
 từ đó
S ECB  EB 

 SECB = 144 cm2

c) (1,5 điểm):
- Chứng minh PQ là đường trung bình của tam giác BHD
 PQ // BD
- Mặt khác: BD  CD (Giả thiết)
- Suy ra: PQ  DC  Q là trực tâm của tam giác DPC
Hay CQ  PD

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

3


A
N
M

Câu 5.
(2,0
điểm)

B

F
C

D

E

Dựng hình bình hành ABEC, gọi F là giao của DN và AE.
BM BD
Theo định lý TaLet có: Từ DM // AC 

AB BC
BD AN

DN // AB 
BC AC
AN FN

NF // CE 
AC EC
BM FN

Từ đó suy ra:
(1)
AB EC
Do AB = CE nên từ (1) ta có BM = FN. Theo gt BM // FN nên
BMNF là hình bình hành, do đó MN = BF. Vậy MN nhỏ nhất khi BF
nhỏ nhất.

Do B là điểm cố định, AE cố định nên BF ngắn nhất khi F là chân
đường vuông góc hạ từ B xuống AE.
Từ đó điểm D được xác định như sau: Từ B hạ BF  AE, dựng đường
thẳng qua F song song với AB cắt BC tại D.
2



Ta có: a1a 2a 3 =  a 7a 8  (1) và a 4a 5a 6a 7 a 8  a 7 a 8
Câu 6.
(2,0
điểm)



0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

3

(2)

Từ (1) và (2) => 22  a7 a8  31

0,5đ

3
3
(2) => ( a7 a8 ) = a4 a5 a6 00 + a7 a8  (a7 a8 ) - a7 a8 = a4 a5 a6 00

 ( a7 a8 - 1). a7 a8 .( a7 a8 + 1) = 4.25. a4 a5 a6
Nhưng  ( a7 a8 - 1) ; a7 a8 ; ( a7 a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp, trong
đó có 1 số chia hết cho 25, nhưng số đó nhỏ hơn 50 (vì tích 48.49.50 =
117600 > a4 a5 a6 00 ). Suy ra có 1 số là 25.
Nên chỉ có có 3 khả năng:
+ a7 a8 + 1 = 25 => a7 a8 = 24 => a1a 2 .. . a 8 là số 57613824

0,5đ

0,5đ

+ a7 a8 = 25 => a1a 2 .. . a 8 là số 62515625
+ a7 a8 - 1 = 25 => a7 a8 = 26 => Không thỏa mãn.

0,5đ

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
4


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TĨNH GIA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2013-2014

Môn Toán - Lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (4.0 điểm)
  a  12
1  2a 2  4a
1  a3  4a
Cho biểu thức M = 


:
2
a3  1
a  1  4a 2
 3a   a  1



1- Rút gọn M.
2- Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2: (4.0 điểm)
1- Chứng minh rằng lập phương của một số tự nhiên n bất kỳ (n > 0) trừ đi bảy
lần số tự nhiên đó luôn chia hết cho 6.
2- Giải phương trình:

x 1
x 1
4
 2


4
x  x  1 x  x  1 x  x  x 2  1
2

Bài 3: (4.0 điểm)
1- Chứng minh rằng nếu c 2  2  ab  ac  bc   0 , b  c, a  b  c
thì:

a 2  (a  c) 2 a  c
2 
bc
b2   b  c 

2- Cho ab  1 . Chứng minh rằng:

1
1
2
2 
2 
1  a 1  b 1  ab

Bài 4: (6.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD.
1- Chứng minh AD2 = AB.AC – DB.DC
2- Kẻ DE vuông góc với AB, DF vuông góc với AC. Đường thẳng qua D
vuông góc với BC cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm
của BN và CM. Chứng minh tam giác ADP cân và tam giác BND vuông cân.
3- Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thẳng hàng.
Bài 5: (2.0 điểm)

Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: x6  x 4  2 x3  2 x 2  y 2

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ........................................................................... SBD: ...................


PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
HUYỆN TĨNH GIA

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG
Môn Toán - Lớp 8

Bài

Biểu
điểm
0,25

Tóm tắt lời giải
1- Điều kiện: a  0; a  1
  a  1 2
1  2 a 2  4a
1  a 3  4a
Ta có: M = 


:
2
a3  1
a  1  4a 2

 3a   a  1

2
  a  1
1  2 a 2  4a
1 
4a 2

= 2


.
 a  a  1  a  1  a 2  a  1 a  1  a  a 2  4 

=
=
Bài1
(4đ)

 a  1

3

 1  2a 2  4a  a 2  a  1

 a  1  a



 a 1

.

4a
a 4
2

a 3  3a 2  3a  1  1  2a 2  4a  a 2  a  1 4a
. 2
a 4
 a  1 a 2  a  1



0,5



a 3  1 4a
4a
= 2
. 2
3
a 4
a 1 a  4
4a
Vậy M = 2
với a  0; a  1
a 4
 a 2  4    a 2  4a  4 

4a

=

2- Ta có M =

Bài 2.
(4 đ)

2

0,5

=

0,5
0,25
 1

 a  2

2

a2  4
a2  4
2
2
a  2
a  2



 0 với mọi a nên 1  2
 1 với mọi a
Vì 2
a 4
a 4
2
 a  2  0  a  2
Dấu “=” xảy ra khi 2
a 4

0,5

Vậy MaxM = 1 khi a = 2.
1- Ta có: n3 – 7n = n3 – n – 6n = n(n – 1)(n + 1) – 6n
Trong ba số tự nhiên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1) có một số chia hết cho
3 và ít nhất một số chia hết cho 2.
Suy ra tích n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 hay n(n – 1)(n + 1) ⋮6
Mặt khác 6n⋮6 với mọi n
Do đó: n(n – 1)(n + 1) – 6n ⋮6
Vậy n3 – 7n ⋮6.

0,5
0,5

a2  4

2

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

2

1
3
1
3
2- Ta có: x 2  x  1   x     0 ; x 2  x  1   x     0
2



4

2



4

2

1 3


x 4  x 2  1   x 2     0 nên phương trình xác định với mọi x  0
2 4

x 1
x 1
4
 2

Phương trình 2
4
x  x  1 x  x  1 x x  x2  1





 x  1  x

2

x





2



 x  1   x  1 x  x  1
2



2



 x 1 x  x 1

0,5



4
x x  x2  1



4



0,5








x3  1  x3  1
4

2

x  x 1

4
2
4
 4

2
2
4
x  x  1 x x  x2  1
x x  x 1





4



0,5

0,25
0,25



 2 x  4  x  2 (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
1- Vì c 2  2  ab  ac  bc   0 nên
a 2  (a  c)2
b2   b  c 

Bài 3
(4đ)

2



a 2  (a  c )2  c 2  2  ab  ac  bc 

0,5

2

b 2   b  c   c 2  2  ab  ac  bc 

=

a 2  a 2  2ac  c 2  c 2  2ab  2ac  2bc

b 2  b2  2bc  c 2  c 2  2ab  2ac  2bc

=


2 b

2

2

2

2

0,5


 a  c  a  b  c   a  c

  2a  b  c   b  c  a  b  c  b  c

2 a  2ac  c  2b  a  c 
 2bc  c

(với b  c, a  b  c )

1,0

1

1
2


2
2
1  a 1  b 1  ab
ab  a 2
ab  b 2
1
1
1
1


0





0
1  a 2 1  ab 1  b 2 1  ab
1  a 2  1  ab  1  b2  1  ab 

2- Ta có

0,75

 b  a  a 1  b 2   b 1  a 2 

 b  a   a  b   ab  b  a 

0

0
1  a 2 1  b2  1  ab 
1  a 2 1  b2  1  ab 
2
b  a   ab  1


 0.
BĐT luôn đúng vì ab  1 .
1  a 2 1  b2  1  ab 

0,75



1- Trên tia đối của tia DA lấy
  BAD

điểm I sao cho CBI
Ta có: ABIADC (g-g)

0,5

M

0, 5

A
N

AB AD


 AB. AC  AD. AI (*)
AI AC

F

0,5

Q

E

Lại có: ADCBDI (g-g)

P

AD DC


 AD.DI  BD.DC
BD DI
 AD  AI  AD   BD.DC

0,5

B
D

C

0,5

2

 AD  AD. AI  BD.DC

Kết hợp với (*) ta có:
AD 2  AB. AC  DB.DC (đpcm)
Bài 4:
2- * Chứng minh tam giác ADP cân:
(6đ)
Hai tam giác vuông BAN và BDN có
các đường cao tương ứng là AP và DP ứng
1
2

với cạnh huyền BN  AP  DP  BN
Do đó tam giác APD cân tại P.
* Chứng minh tam giác BND vuông cân:
E
F
  900 (gt)
Tứ giác AEDF có: A
 AEDF là hình chữ nhật

Mặt khác AD là đường phân giác của góc A.

0, 5

I

0, 5
0,25

0,5


Do đó tứ giác AEDF là hình vuông  DE = DF (1)
  900 . Mà BDN
  900 (gt)  BDE
  NDF
 (cùng phụ EDN
 ) (2)
và EDF
Xét hai tam giác vuông BED và NFD, từ (1) và (2) suy ra:
 BED =  NFD (cạnh huyền – góc nhọn)
 BD = ND. Do đó tam giác BND vuông cân tại D.
3- AD và EF là hai đường chéo của hình vuông AEDF nên EF là
đường trung trực của đoạn thẳng AD.
Theo chứng minh câu a) AP = PD nên P thuộc đường trung trực của
đoạn AD.
1
2

Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có AQ=DQ= MC , do đó Q thuộc

đường trung trực của đoạn AD.
Vậy 4 điểm E,F, P, Q thẳng hàng.
Đặt M = x 6  x 4  2 x3  2 x 2 = x 2  x 4  x 2  2 x  2 

Bài 5:
(2đ)

0,5
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

= x 2  x 4  2 x 2  1   x 2  2 x  1
2
2
2
2
2
= x 2  x 2  1   x  1  = x 2  x  1  x  1   x  1 



= x 2  x  1  x  1  1
- Với x = 0 thì M = 0  y = 0
- Với x = 1 thì M = 4  y = 2
2

2

2

- Với x  2 lập luận được  x  1  1 không chính phương.
Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn là (0;0) và (1;2).
(HS giải bằng cách khác, lập luận đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,5
0,25
0,25
0,75
0,25


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 13 tháng 4 năm 2016
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Đề chính thức

Số báo danh
.....................................

Câu 1: (4,0 điểm)
x 1
1  2x
 1 x
 2
 1 :
.
2
 3x  3x 6 x  3x  2 x

Cho biểu thức: P  

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x  Z để P có giá trị nguyên.
c. Tìm x để P  1.
Câu 2: (5,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a 3  b 3  c 3  3abc.
2. Giải phương trình: 6 x 4  11x 3  3x 2  11x  6 x 2  3  0.
3. Giải bất phương trình:

4 x  5 2 x 2  x x1  3 x 


 4.
3
2
3

Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn 5 x 2  2 xy  y 2  4 x  40  0 .
2. Với mỗi số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13.
a. Chứng minh rằng nếu hai số ai, aj không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi
chia cho 5 thì ai + aj chia hết cho 5.
b. Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho an là số chính phương.
Câu 4: (6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC. Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD
= CE. Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE.
a. Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao?
b. Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A.
2. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song
song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E. Tìm vị trí của M trên
cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (1,0 điểm)
Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

z4
.
1 z4 x4  y4





---------------- Hết --------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Hướng dẫn chấm
KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016
Câu

Điểm

Nội dung
1
2

a. ĐKXĐ: x  0, x  , x  1.

0,5

x 1
1  2x
 1 x
 2
 1 :
2
 3x  3x 6 x  3x  2 x

Ta có: P  

1
(4,0đ)

 x 1

   x  1
2x  1
 

 1 :
2x
 3 x x  1 3x2 x  1 
1
2x
 1
  2x
 
 1.

 3x 3x  x  1 x  1
1
2x
Vậy với x  0, x  , x  1 ta có P 
.
2
x 1
2
b. Ta có: P  2 
Z
x 1
 x  1  Ư(2) mà Ư(2) = 1; 2 .

0,5

0,5

0,5
0,5

Từ đó suy ra x   1;0;2;3.
Kết hợp với ĐKXĐ được x  2;3 .

0,25

2x
2x
x 1
1
1  0 
0
x 1
x 1
x 1
Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1  0  x  1 và x  1
1
Kết hợp với ĐKXĐ được 1  x  1 và x  0, x  .
2

c. P  1 

0,5
0,5
0,25

1. Ta có: a 3  b 3  c 3  3abc  a  b 3  3a 2 b  3ab 2  c 3  3abc



0,5
0,5
0,5
0,5

1 3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  1; ;  .

0,5
0,25
0,25
0,5





3

 a  b   c 3  3aba  b  c 





2

 a  b  c  a  b   ca  b   c 2  3aba  b  c 


 a  b  c a

 a  b  c  a  2ab  b  ac  bc  c 2  3ab

2
(5,0đ)

4

3

2
2

2



 b 2  c 2  ab  bc  ca .
2

2

2. Ta có: 6 x  11x  3x  11x  6 x  3  0







 



 6 x 2 x 2  1  11x x 2  1  3 x 2  1  0
 x 2  1 6 x 2  11x  3  0
  x  1 x  13x  12 x  3  0









3 2

2